Treść zadania

Dwa nieodkształcalne bloki A i B mają stałe całkowite pojemności cieplne $C_A>0$ i $C_B>0$ . Ich temperatury początkowe wynoszą $T_{A,0}>T_{B,0}>0$ . Temperatura każdego bloku jest przestrzennie jednorodna, ale może zmieniać się podczas wymiany ciepła. Nie zachodzi żadna przemiana fazowa.

Między blokami działa maszyna cieplna; bloki nie stykają się bezpośrednio. Maszyna pobiera ciepło od bloku A, oddaje jego część blokowi B i wykonuje pracę nad otoczeniem. Układ „bloki + maszyna” nie wymienia ciepła z otoczeniem. Po każdym cyklu maszyna wraca do tego samego stanu: nie gromadzi energii ani entropii. Szukamy maksymalnej pracy, jaką można odzyskać, wykorzystując początkową różnicę temperatur.

Rozpatrujemy w tym celu granicę ciągu nieskończenie małych cykli odwracalnych. W każdym z nich chwilowe temperatury $T_A$ i $T_B$ zmieniają się nieskończenie mało. Przyjmujemy konwencję, w której energia jest dodatnia, gdy otrzymuje ją rozpatrywany układ. Przez $\delta Q_A$ i $\delta Q_B$ oznaczamy ciepła otrzymane przez maszynę odpowiednio od A i B, a przez $\delta W$ pracę otrzymaną przez maszynę. Przy pracy silnikowej $\delta Q_A>0$ , $\delta Q_B<0$ i $\delta W<0$ . Ciepła otrzymane przez bloki wynoszą więc odpowiednio $-\delta Q_A$ i $-\delta Q_B$ .

Zapisać bilanse energetyczne bloków i maszyny dla nieskończenie małego cyklu. Korzystając ze sprawności Carnota, wyrazić $\delta Q_B$ w zależności od $\delta Q_A,T_A,T_B$ . Wykazać, że A stygnie, a B się ogrzewa. Jak zmieniają się różnica temperatur i sprawność w kolejnych cyklach? Przy jakim warunku ustaje możliwość wytwarzania pracy?
Wyprowadzić związek między $\mathrm dT_A/T_A$ i $\mathrm dT_B/T_B$ , a następnie scałkować go od stanu początkowego. Wyznaczyć stąd wspólną temperaturę końcową $T_r$ . Dlaczego nie można traktować bloków jak termostatów o stałych temperaturach $T_{A,0}$ i $T_{B,0}$ ?
Obliczyć całkowitą pracę otrzymaną $W_{\mathrm{rev}}$ podczas tego odwracalnego działania, a następnie jej wartość bezwzględną $|W_{\mathrm{rev}}|$ , równą maksymalnej pracy odzyskanej w otoczeniu. Uprościć $T_r$ i $W_{\mathrm{rev}}$ dla $C_A=C_B=C$ ; zapisać wtedy $|W_{\mathrm{rev}}|$ w postaci, której dodatniość jest widoczna wprost.
Obliczenia liczbowe: oba bloki są żelazne i każdy ma masę $m=1{,}0\ \mathrm{kg}$ . Początkowe temperatury wynoszą $60\,{}^\circ\mathrm C$ dla A i $20\,{}^\circ\mathrm C$ dla B. Przyjąć stałe ciepło właściwe żelaza $c=450\ \mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}$ . Obliczyć maksymalną pracę do odzyskania $|W_{\mathrm{rev}}|$ .

Wskazówka

W każdym nieskończenie małym cyklu sprawność wynosi

1-T_B/T_A

dla aktualnych temperatur i można ją zapisać jako

|\delta W|/\delta Q_A

. Dla bilansu globalnego zastosować

\Delta U=Q+W

do układu „bloki + maszyna”, przy

Q=0

i

W<0

.

Szczegółowe rozwiązanie

Rozwiązanie

Pytanie 1. Bloki są nieodkształcalne i nie otrzymują pracy. Zmiany ich energii są więc równe otrzymanym ciepłom:

C_A\,\mathrm dT_A=-\delta Q_A,\qquad C_B\,\mathrm dT_B=-\delta Q_B.

Maszyna wraca do stanu początkowego. Jej bilans energetyczny daje $0=\delta Q_A+\delta Q_B+\delta W$ , czyli

\delta W=-(\delta Q_A+\delta Q_B)<0.

Sprawność jest stosunkiem odzyskanej pracy do ciepła otrzymanego od A. Ponieważ $\delta W<0$ , mamy $|\delta W|=-\delta W$ , zatem

\eta=\frac{|\delta W|}{\delta Q_A} =1+\frac{\delta Q_B}{\delta Q_A}=1-\frac{T_B}{T_A} \quad\Longrightarrow\quad \delta Q_B=-\frac{T_B}{T_A}\delta Q_A.

Blok A otrzymuje $-\delta Q_A<0$ , a blok B otrzymuje $-\delta Q_B>0$ . Pojemności cieplne są dodatnie, więc $\mathrm dT_A<0$ i $\mathrm dT_B>0$ . Różnica temperatur zatem maleje:

\mathrm d(T_A-T_B) =-\delta Q_A\left(\frac1{C_A}+\frac{T_B}{C_BT_A}\right)<0.

Iloraz $T_B/T_A$ rośnie, ponieważ jego licznik rośnie, a mianownik maleje. Sprawność $1-T_B/T_A$ stopniowo spada. Gdy $T_A=T_B$ , staje się zerowa: różnica temperatur została wyczerpana i żaden silnik cykliczny działający między tymi blokami nie może już oddawać pracy.

Pytanie 2. Bilanse bloków dają

\delta Q_A=-C_A\,\mathrm dT_A

i

\delta Q_B=-C_B\,\mathrm dT_B

. Podstawiamy do poprzedniej zależności:

-C_B\,\mathrm dT_B =-\frac{T_B}{T_A}(-C_A\,\mathrm dT_A) =\frac{T_B}{T_A}C_A\,\mathrm dT_A.

Zmieniając znak, a następnie dzieląc przez $T_B$ ,

C_B\,\mathrm dT_B=-\frac{T_B}{T_A}C_A\,\mathrm dT_A, \qquad C_A\frac{\mathrm dT_A}{T_A} +C_B\frac{\mathrm dT_B}{T_B}=0.

Całkujemy od temperatur początkowych do temperatur osiągniętych po dowolnej liczbie cykli:

C_A\int_{T_{A,0}}^{T_A}\frac{\mathrm dT}{T} +C_B\int_{T_{B,0}}^{T_B}\frac{\mathrm dT}{T}=0.

Funkcją pierwotną $1/T$ jest $\ln T$ ; po podstawieniu granic

C_A\ln\frac{T_A}{T_{A,0}}+C_B\ln\frac{T_B}{T_{B,0}}=0.

Zależność ta wyraża zachowanie całkowitej entropii przy działaniu odwracalnym. Po zatrzymaniu $T_A=T_B=T_r$ . Zapisując $\ln(T_r/T_{B,0})=\ln(T_r/T_{A,0})+\ln(T_{A,0}/T_{B,0})$ ,

(C_A+C_B)\ln\frac{T_r}{T_{A,0}} =C_B\ln\frac{T_{B,0}}{T_{A,0}}.

Podzielenie przez $C_A+C_B$ , a następnie zastosowanie funkcji wykładniczej daje

\boxed{T_r=T_{A,0} \left(\frac{T_{B,0}}{T_{A,0}}\right)^{C_B/(C_A+C_B)}.}

Pojemności cieplne bloków są ograniczone: każde wymienione ciepło zmienia ich temperaturę zgodnie z $\mathrm dT=\delta Q_{\mathrm{block}}/C$ , gdzie $\delta Q_{\mathrm{block}}$ jest ciepłem otrzymanym przez rozpatrywany blok. Początkowa sprawność nie obowiązuje więc przez całe doświadczenie. Przybliżenie stałych temperatur stosuje się tylko w każdym nieskończenie małym cyklu, za każdym razem z nowymi temperaturami.

Pytanie 3. Układ „bloki + maszyna” jest adiabatyczny, ale oddaje pracę: nie jest izolowany. Maszyna nie gromadzi energii, więc pierwsza zasada daje

C_A(T_r-T_{A,0})+C_B(T_r-T_{B,0})=W_{\mathrm{rev}}.

Praca otrzymana przez całość jest pracą otrzymaną przez maszynę. Grupując składniki,

W_{\mathrm{rev}}=(C_A+C_B)T_r-C_AT_{A,0}-C_BT_{B,0}<0.

Praca odzyskana w otoczeniu jest jej wartością bezwzględną:

\boxed{|W_{\mathrm{rev}}|=-W_{\mathrm{rev}} =C_AT_{A,0}+C_BT_{B,0}-(C_A+C_B)T_r.}

Każdy iloczyn $CT$ ma jednostkę energii, czyli dżul. Aby zrozumieć, dlaczego odwracalność daje maksimum, rozważmy maszynę wytwarzającą entropię i doprowadzającą bloki do wspólnej temperatury $T_*$ . Bilans entropii bloków wymaga

C_A\ln\frac{T_*}{T_{A,0}}+C_B\ln\frac{T_*}{T_{B,0}}\geq0.

Po odjęciu bilansu odwracalnego, równego zeru, pozostaje $(C_A+C_B)\ln(T_*/T_r)\geq0$ , zatem $T_*\geq T_r$ . Praca otrzymana przy takim działaniu silnikowym wynosi $W_*=(C_A+C_B)T_*-C_AT_{A,0}-C_BT_{B,0}$ , stąd

W_*-W_{\mathrm{rev}}=(C_A+C_B)(T_*-T_r)\geq0.

Zatem $W_{\mathrm{rev}}\leq W_*\leq0$ : w przypadku odwracalnym praca otrzymana jest najbardziej ujemna. Jej wartość bezwzględna jest więc maksymalna, $|W_*|\leq|W_{\mathrm{rev}}|$ .

Dla

C_A=C_B=C

wykładnik wynosi

1/2

, stąd

T_r=T_{A,0}\sqrt{\frac{T_{B,0}}{T_{A,0}}} =\sqrt{T_{A,0}T_{B,0}}, W_{\mathrm{rev}}=-C\left(\sqrt{T_{A,0}}-\sqrt{T_{B,0}}\right)^2<0, |W_{\mathrm{rev}}|=C\left(T_{A,0}+T_{B,0} -2\sqrt{T_{A,0}T_{B,0}}\right) =C\left(\sqrt{T_{A,0}}-\sqrt{T_{B,0}}\right)^2>0.

Rozpoznajemy tożsamość $a^2+b^2-2ab=(a-b)^2$ . Praca znika, jeśli temperatury początkowe są równe.

Pytanie 4. Podane jest ciepło właściwe. Całkowita pojemność cieplna każdego bloku wynosi więc

C=mc=1{,}0\times450=450\ \mathrm{J\,K^{-1}}.

Temperatury pod pierwiastkami muszą być wyrażone w kelwinach:

T_{A,0}=60+273{,}15=333{,}15\ \mathrm K,\qquad T_{B,0}=20+273{,}15=293{,}15\ \mathrm K.

Podstawiając do wyniku pytania 3,

|W_{\mathrm{rev}}| =450\left(\sqrt{333{,}15}-\sqrt{293{,}15}\right)^2 \simeq575\ \mathrm J=0{,}575\ \mathrm{kJ}.

Maksymalna praca do odzyskania wynosi więc około $0{,}58\ \mathrm{kJ}$ . Przy przyjętej konwencji znaków praca otrzymana przez maszynę wynosi $W_{\mathrm{rev}}\simeq-575\ \mathrm J$ : znak minus oznacza, że oddaje ona tę energię otoczeniu.